Matematik A - 21.05.2019 - løsningsforslag

Del 1 - uden hjælpemidler

Opgave 1

For at løse ligningssystemet, isolére vi først \(y\) i den første ligning:

\[\begin{aligned} 2x-y=3\\ \Rightarrow y=2x-3 \end{aligned}\]

Denne værdi for \(y\) sætter vi nu ind i den anden ligning og isolére for \(x\):

\[\begin{aligned} 12&=2 \cdot(2x-3)-x\\ &=4x-6-x\\ &=3x-6\\ \Rightarrow 3x&=18\\ \Rightarrow x&=6 \end{aligned}\]

Denne værdi for \(x\) sætter vi nu ind i ligning nr. 1 og isolére for \(y\):

\[\begin{aligned} y&=2 \cdot 6 -3\\ &=9 \end{aligned}\]

Efter at have løst ligningssystemet får vi altså at \(x=\underline{\underline{6}}\) og \(y=\underline{\underline{9}}\).

Opgave 2

For at de 2 vektorer skal være ortogonale, skal prikproduktet mellem dem være lig med 0:

\[\begin{aligned} {a}. {b}=0&=3 \cdot(-3)+4 \cdot(2+t)\\ &=-9+8+4t\\ &=4t-1\\ \Rightarrow t=\frac{1}{4} \end{aligned}\]

For at de 2 vektorer skal være ortogonalle, skal \(t=\underline{\underline{\frac{1}{4}}}\).

Opgave 3

I modellen starter prisen af varen på 64000 kr. Altså \(P(0)=64000\). Værdien 0.99 er fremskrivningsfaktoren og siger noget om hvor hurtigt prisen af varen udvikler sig. Da vi har en fremskrivningsfaktor der er laver end 1, betyder dette at prisen på varen vil falde med tiden.

Opgave 4

Vi starter først med at integrere funktionen:

\[\begin{aligned} F(x) = \int \, \frac{2}{x}+2x \, dx =2 \ln(x) + x^2 + C \end{aligned}\]

For at bestemme konstanten \(C\), sætter vi vores punkt ind i ligningen for \(F(x)\):

\[\begin{aligned} F(1)=5&=2 \ln(1) + 1^2+C\\ &=1 + C\\ \Rightarrow C&=4 \end{aligned}\]

Forskriften for stamfunktionen til f hvis graf går igennem \(P(1,5)\) bliver altså:

\[\underline{\underline{F(x):=2 \ln(x)+x^2+4}}\]

Opgave 5

For at undersøge om funktionen \(f\) er en løsning til differentialligningen, differentiere vi først \(f\):

\[\begin{aligned} f'(x)&=2 \cdot 2 x \cdot\text{e}^x+2x^2 \cdot\text{e}^x\\ &=4 x \cdot\text{e}^x+2x^2 \cdot\text{e}^x \end{aligned}\]

Vi sætter nu \(f'\) og \(f\) ind i differentialligningen:

\[\begin{aligned} 4x \cdot\text{e}^x+2x^2 \cdot\text{e}^x&=\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right) \cdot 2 \cdot 2x^2 \cdot\text{e}^x\\ \Rightarrow \cancel{2} \cdot(2x \cdot\text{e}^x+x^2 \cdot\text{e}^x)&=\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right) \cdot\cancel{2} \cdot 2x^2 \cdot\text{e}^x\\ &=\frac{2x^{\cancel{2}} \cdot\text{e}^x}{\cancel{x}}+\frac{\cancel{2}x^2 \cdot\text{e}^x}{\cancel{2}}\\ &=2x \cdot\text{e}^x+x^2 \cdot\text{e}^x\\ \Rightarrow2x \cdot\text{e}^x+x^2 \cdot\text{e}^x&=2x \cdot\text{e}^x+x^2 \cdot\text{e}^x \end{aligned}\]

Der står nu det samme på begge sider af lighedstegnet, og det er vist at funktionen \(f\) opfylder differentialligningen.

Opgave 6

I det punkt hvor de 2 grafer skærer hinanden, må de 2 funktioner være lig med hinanden:

\[\begin{aligned} f(x)&=g(x)\\ \frac{1}{2}x^2+2kx&=\frac{1}{2}x+2k\\ \Rightarrow\frac{1}{2}x^2+2kx-\frac{1}{2}x-2k&=0\\ \frac{1}{2}x^2+\left(2k-\frac{1}{2}\right)x-2k&=0 \end{aligned}\]

Vi ser her at vi ender med et andengradspolynomium. Da vi ved at graferne kun må skærer hinanden en enkelt gang, skal der altså kun være en løsning til andengradspolynomiet. Det kræver at diskriminanten er 0:

\[\begin{aligned} D=0&=\left(2k-\frac{1}{2}\right)^2-4 \cdot\frac{1}{2} \cdot(-2k)\\ &=4k^2+\frac{1}{4}-2k+4k\\ &=4k^2+2k+\frac{1}{4} \end{aligned}\]

Vi har nu et andet andengradspolynomium, som vi kan løse:

\[\begin{aligned} k&=\frac{-2\pm \sqrt{4-4 \cdot 4 \cdot\frac{1}{4}}}{8}\\ &=\frac{-2 \pm \sqrt{0}}{8}\\ &=-\frac{1}{4} \end{aligned}\]

Vi har altså nu fundet den værdi af \(k\) der sørger for at graferne for \(f\) og \(g\) skærer hinanden præcis én gang. For at tjekke kan man sætte \(k\) ind i diskriminanten fra det første polynomium:

\[\begin{aligned} D&=4 \cdot\left(-\frac{1}{4}\right)^2+2 \cdot\left(-\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}\\ &=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\\ &=0 \end{aligned}\]

Diskriminanten bliver 0 som forventet.

Del 2 - med hjælpemidler

Opgave 7

a)

Arealet af den trekant som de 2 vektorer udspænder, er givet som halvdelen af størrelsen af determinanten:

\[\begin{aligned} A &= \frac{1}{2}\; |Det( {a}, {b})|\\ &=\frac{1}{2} \cdot|2 \cdot 3-(-4) \cdot 4|\\ &=\frac{1}{2} |6+16|\\ &=\frac{1}{2}|22|\\ &=11 \end{aligned}\]

Altså er arealet af den udspændte trekant \(\underline{\underline{11}}\).

b)

Projektionen af \( {a}\) på \( {b}\) bestemmes fra formlen \( {a}_{ {b}}=\frac{ {a}. {b}}{| {a}|^2}. {a}\):

\[\begin{aligned} {a}_{ {b}}&=\frac{-4}{2^2+(-4)^2} \cdot\begin{bmatrix}2\\-4\end{bmatrix}\\ &=\frac{-4}{20} \cdot\begin{bmatrix}2\\-4\end{bmatrix}\\ &=-\frac{1}{5} \cdot\begin{bmatrix}2\\-4\end{bmatrix}\\ \end{aligned}\]

Eller med kommandoen "proj" i maple:

Opgave 8

a

For at kunne bestemme omkredsen af trekant \(ABC\), mangler vi \(|BC|\) som kan findes ved cosinusrelationer:

\[\begin{aligned} |BC|&=\sqrt{6^2+4^2-2 \cdot 6 \cdot 4 \cdot\cos (50)}\\&= \sqrt{36+16-48 \cos (50)}\\ &=\sqrt{52-48\cos (50)}\\ &=4.6 \end{aligned}\]

Omkredsen bliver så:

\[\begin{aligned} O=6+4+4.6=\underline{\underline{14.6}} \end{aligned}\]

b)

Den nye figur ser således ud:

Vi skal altså finde arealet af de 2 ny trekanter. For trekant \(ABD\) starter vi med at finde \(|AD|\) vha. cosinusrelationer:

Vi får her 2 løsninger. Vi vælger selvfølgelig den første da \(|AD|\) umuligt kan være større end \(|AC|\). Arealet af trekant \(ABD\) findes nu ved arealformlen:

\[\begin{aligned} T&=\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 1.89 \cdot\sin(50)\\ &=4.33 \end{aligned}\]

For at finde arealet af trekant \(BDC\), mangler vi \(|DC|\) og \(\angle C\). \(|DC|\) findes nemt ved at trække \(|AD|\) fra \(|AC|\):

\[|DC|=4-1.89=2.11\]

\(\angle C\) kan findes ved at anvende sinusrelationer på trekant \(ABC\):

\[\begin{aligned} \frac{\sin(C)}{6}&=\frac{\sin(50)}{4.6}\\ \Rightarrow C&=\arcsin \left(\frac{6 \sin(50)}{4.6}\right)\\ &=87.7° \end{aligned}\]

Arealet af trekant \(BDC\) findes nu ved arealformlen:

\[\begin{aligned} T&=\frac{1}{2} \cdot 2.11 \cdot 4.6 \cdot\sin(87.7)\\ &=4.85 \end{aligned}\]

Forholdet mellem de 2 arealer bliver så:

\[\frac{4.85}{4.33}=\underline{\underline{1.12}}\]

Opgave 9

a)

Arealet af den fulde cirkel er:

\[T=\pi \cdot 15^2=225\pi\]

Da vores cirkeludsnit har en centervinkel på 110, betyder det at vi kun har en \(\frac{110}{360}=\frac{11}{360}\) del af en cirkel som vi gange på det totale areal af cirklen:

\[\begin{aligned} A&=225 \pi \cdot\frac{11}{36}\\ &=\frac{275 \pi }{4}\\ &=215.98 \approx 216 \end{aligned}\]

Det er altså vist at arealet af cirkeludsnittet er 216 cm\(^2\).

b)

Vi har det totale areal af cirkeludsnittet fra før, som er \(A_t=15^2\pi \cdot\frac{11}{36}\). Det brune areal må være det samme som det grønne areal trukket fra det samlede areal. Radius af det grønne cirkeludsnit må være \(15-x\), og derfor bliver det grønne areal:

\[A_g=\frac{11}{36}\pi (15-x)^2\]

Vi trækker nu dette areal fra det samlede areal for at få det brune areal:

\[\begin{aligned} A_b &= \frac{11}{36} \cdot 15^2\pi- \frac{11}{36}\pi \cdot(15-x)^2\\ &=\frac{11}{36}\pi \cdot(15^2-(15-x)^2)\\ &=\frac{11}{36}\pi \cdot(15^2-15^2-x^2+2 \cdot 15 \cdot x)\\ &=\frac{11}{36}\pi (30x-x^2)\\ &=\frac{11}{36}\pi \cdot(30-x) \cdot x \end{aligned}\]

Vi har nu eftervist formlen for arealet af den brune kant.

c)

For at arealet af den brune kant skal være 85 cm\(^2\), skal vi løse ligningen

\[85=\frac{11}{36}\pi \cdot(30-x) \cdot x\]

Vi får her 2 løsninger for \(x\), men da vi ved at \(0<x<15\), kan vi konkludere at \(x=\underline{\underline{3.32}}\) for at arealet af den brune kant er 85 cm\(^2\).

Opgave 10

a)

En sinusfunktion svinger altid mellem -1 og 1. Dvs. at det tal der står foran sinusfunktionen (også kaldet amplituden), Bestemmer hvor stort et udsving der samlet set kommer. Nedenfor er plottet 3 sinusfunktioner med forskellige amplituder:

b)

For at bestemme maksimum af en funktion, skal man differentiere, sætte den afledte lig med 0 og løse for \(t\):

Altså når \(t=\underline{\underline{17.18}}\) er iltkoncentrationen størst.

En anden smart måde at gøre det på, er at indse at en sinusfunktion altid har maksimum ved \(\pi/2\) og minimum ved \(3\pi/2\) (se figuren ovenover). Altså det der står inde i sinusfunktionen - i dette tilfælde \(0.255t-2.81\) - skal være lig med \(\pi/2\). Vi kan altså derfor nøjes med at løse ligningen \(\pi/2=0.255t-2.81\):

Og når selvfølgelig frem til det samme svar.

Opgave 11

a)

For at bestemme arealet af \(M\), skal vi først finde den x-værdi hvor graferne skærer førsteaksen. Dette kan enten gøres ved at løse ligningen \(0=(6-x) \cdot 2x\) eller at bruge nulreglen. Nulreglen fortæller os for at \(f(x)\) (og dermed også \(g(x)\)) skal give 0, skal enten det der står inde i parantesen eller det der bliver ganget på parantesen give 0. Altså skal \(6-x=0\) hvilket giver os \(x=6\), og \(2x=0\) hvilket giver os \(x=0\). Arealet af \(M\) kan nu beregnes:

\[\begin{aligned} M&=\int_0^6 \, g(x) \, dx - \int_0^6 \, f(x) \, dx\\ &=\int_0^6 \, (6-x) \cdot 2x \, dx - \int_0^6 \, 3 \cdot(6-x) \cdot 2x \, dx\\ &=\left[18x^2-2x^3\right]_0^6-\left[6x^2-\frac{2}{3}x^3\right]_0^6\\ &=(18 \cdot 6^2-2 \cdot 6^3-18 \cdot 0^2 +2 \cdot 0^3)-\left(6 \cdot 6^2-\frac{2}{3}6^3-6 \cdot 0^2+\frac{2}{3} \cdot 0^3\right)\\ &=216-72\\ &=\underline{\underline{144}} \end{aligned}\]

Arealet af \(M\) er altså \(\underline{\underline{144}}\).

b)

For at bestemme rumfanget af omdrejningslegemet der fremkommer når \(M\) drejes 360 om førsteaksen, anvender vi formlen \(V=\pi \cdot\int_0^6g(x)^2-f(x)^2 \, dx\):

Altså er rumfanget af omdrejningslegemet \(\underline{\underline{26058}}\).

Opgave 12

a)

For at bestemme de forventede værdier af stikprøven starter vi med at finde det totale antal tudser der blev spist:

\[122+75+40+61=298\]

Ved at bruge procentsatserne for det totale antal af frøer kan de forventede værdier nu bestemmes:

b)

Vi benytter nu en ’goodness of fit test’ til at afgøre om nulhypotesen kan forkastes:

Vi ser her at p-værdien ligger under 0.05 og nulhypotesen forkastes altså.

Opgave 13

a)

Da de 2 tangenter er parallele med linjen \(l\), må de have samme hældning. Hældningen af \(l\) er 2, så tangenterne har altså også en hældning på 2. Dvs. at vi kan løse ligningen \(f'(x)=2\) for at finde x-værdien for røringspunkterne for tangenterne:

Ved \(x=\underline{\underline{1}}\) og \(x=\underline{\underline{-1}}\) har grafen for \(f\) altså tangenter der er parallele med linjen \(l\).

b)

Grafen for \(f\) kan se ud på 3 forskellige måder: i) altid voksende, ii) Altid faldende eller iii) voksende og faldende i intervaller. Vi tester først for mulighed iii, ved at løse ligningen \(f'(x)=0\):

Der findes altså ingen reele løsninger til \(f'(x)=0\), hvilket betyder at funktionen altså enten altid er voksende eller faldende(da vi ikke bekymrer os om de imaginære løsninger), den ’vender’ aldrig hvor hældningen skifter fortegn. \(f'(x)\) har altså altid samme fortegn, og vi finder nu bare \(f'(x)\) af en vilkårlig x-værdi for at bestemme om funktionen enten er voksende eller faldende. Fra opgave a) ved vi at \(f'(1)=2\) og fortegnet for hældningen er positiv, hvilket betyder at funktionen altid er voksende.

Opgave 14

a)

For at bestemme trykket i vandrørenes væksthastighed når trykket er 5 atmosfærer sætter vi blot \(P(t)=5\) ind i differentialligningen:

\[\begin{aligned} \frac{dP}{dt}\vline_{P=5}&=0.191 \cdot(11-5)\\ &=0.191 \cdot 6\\ &=\underline{\underline{1.146}} \end{aligned}\]

Altså er trykket i vandrørenes væksthastighed når trykket er 5 atmosfærer lig med \(\underline{\underline{1.146}}\) atmosfærer pr. minut.

b)

For at bestemme hvor lang tid der går mellem springvandets udbrud, starter vi med at løse differentialligningen:

Vi ved at til tiden \(t=0\) har springvandet lige været i udbrud. Vi skal altså bare bestemme til hvilket tidspunkt at trykket i vandrørene når op på 10 atmosfærer. Dette gøres ved at løse ligningen \(P(t)=10\):

Til tidspunktet \(\underline{\underline{t=10.89}}\) minutter vil springvandet altså gå i udbrud og dette er den samme tid der vil gå mellem hvert udbrud.

Opgave 15

a)

For at punktet \(P\) skal ligge i planen, skal det opfylde planens ligning. Vi sætter derfor punktet ind i planens ligning:

\[\begin{aligned} 0&=4 \cdot(-1)+4 \cdot 4 -2 \cdot 2 - 8\\ &=-4+16-4-8\\ &=0 \end{aligned}\]

Punktet \(P\) opfylder planens ligning og ligger derfor i planet.

b)

Kuglens ligning er \(r^2=(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2\). Vi har radius opgivet så vi skal bare finde centrum for en af kuglerne.

Vi ved også hvor planet og kuglen rører hinanden og vi har normalvektoren til planet (aflæses fra planens ligning). Hvis vi i punktet \(P\) går 5 ud af normalvektoren, må vi ramme centrum for kuglen. Vi kan hurtigt lave en parameterfremstilling for den linje der går igennem \(P\) og centrum for kuglerne:

\[\begin{aligned} l: \quad \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-1\\4\\2\end{bmatrix}+t \cdot\begin{bmatrix}4\\4\\-2\end{bmatrix} \end{aligned}\]

Vi ved at vi skal gå 5 ud af normalvektoren, så vi bestemmer altså \(t\) således at normalvektoren får længden 5:

\[\begin{aligned} 5 &= \sqrt{t^2 \cdot 4^2+t^2 \cdot 4^2 \cdot(-2)^2}\\ &=t \cdot\sqrt{16+16+4}\\ &=\sqrt{36} t \\ \Rightarrow t &= \frac{5}{6} \end{aligned}\]

Denne t-værdi sætter vi ind i parameterfremstillingen:

\[\begin{aligned} \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-1\\4\\2\end{bmatrix}+\frac{5}{6} \cdot\begin{bmatrix}4\\4\\-2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}7/3\\22/3\\1/3\end{bmatrix} \end{aligned}\]

Centrum for en af kuglerne er altså \((7/3,22/3,1/3)\) og ligningen for denne kugle bliver så:

\[\begin{aligned} 25= (x-7/3)^2+(y-22/3)^2+(z-1/3)^2 \end{aligned}\]

Planet og kuglen kan evt. plottes sammen for at tjekke sit svar: